【文档说明】2023年高考化学二轮复习试题（全国通用）专题06 化学反应与能量 Word版含解析.docx，共(27)页，3.549 MB，由小赞的店铺上传

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解密06化学反应与能量一、单选题1．下列反应属于吸热反应的是A．氢气在氯气中燃烧B．石灰石在高温下分解C．稀硫酸与NaOH溶液反应D．铝和氧化铁在高温下反应【答案】B【解析】A．氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故A错误；B．

石灰石在高温下分解属于吸热反应，故B正确；C．稀硫酸与NaOH溶液反应为酸碱中和反应，属于放热反应，故C错误；D．铝和氧化铁在高温下反应属于放热反应，故D错误；故选B。2．用下列实验装置能达到相关实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的实验室制取2HS气体中和热的测定除去23NaC

O，粉末中混有的少量3NaHCO用2NO作喷泉实验，水充满烧瓶A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．块状硫化亚铁能在隔板上，且能和稀硫酸生成硫化氢气体，A正确；B．铜质搅拌器导热性好，会导致热量损失，测量不准，B错误；C．除去23NaCO，粉末中混有的少量3Na

HCO应该使用坩埚加热而不是蒸发皿，C错误；D．二氧化氮和水生成一氧化氮，水不会充满烧瓶，D错误；故选A。3．N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是A．N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=2(a-b-c)kJ/molB．N2(g)+3H2(g)

=2NH3(g)△H=2(b-a)kJ/molC．12N2(g)+32H2(g)=NH3(l)△H=(b+c-a)kJ/molD．12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)△H=(a+b)kJ/mol【答案】A【解析】由题图可以看出，12molN2(g)和12molH2(g

)的化学键断裂需吸收的总能量为akJ，形成1molNH3(g)放出的能量为bkJ，所以有12N2(g)＋32H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，而1molNH3(g)转化为1molNH3(l)放出ckJ的热量，所以有1

2N2(g)＋32H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，即N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=2(a-b-c)kJ/mol，故选A。4．液态CS2是一种溶剂，其燃烧热为10771kJmol−。含SeO2、SO2的烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。工业上

制备碲用SO2还原TeCl4溶液或者以石墨为电极，电解强碱性Na2TeO3溶液。下列化学反应表示正确的是A．用SO2水溶液吸收溴蒸气的离子方程式：22224SOBr2HO2H2HBrSO+−++=++B．CS2燃烧的热化学

方程式：CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g)ΔH=10771kJmol−C．SO2还原TeCl4反应方程式：2SO2+TeCl4+4H2O=Te+2H2SO4+4HClD．电解法制备碲的阴极电极方程式：232T

eO4e3HOTe6OH−−−−+=+【答案】C【解析】A．SO2水溶液吸收溴蒸气生成溴化氢和硫酸，两者均为强酸，+-2-2224SO+Br+2HO=4H+2Br+SO，A错误；B．燃烧为放热反应，焓变小于零，燃烧热是在101kP

a时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；CS2燃烧的热化学方程式：CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g)ΔH=-10771kJmol−，B错误；C．SO2还原TeCl4生成硫酸和Te、HCl：2SO2+TeCl4+4H2O=Te+2H2SO4+4H

Cl，C正确；D．电解池阴极发生还原反应，应该是得到电子，D错误；故选C。5．下列说法正确的是A．在中性溶液中能大量共存：3Al+、Cl−、24SO−、Na+B．含有大量3NO−能大量共存：H+、2Fe+、Cl−、24SO−C．已

知辛烷的燃烧热为5518KJ/mol，则辛烷燃烧的热化学方程式：()()()()8182222CHl25Og16COg2HOg+=+，ΔH=-11036KJ/molD．已知中和热为57.3KJ/mol，则稀氨水与盐酸

反应生成1mol水时放出的热量小于57.3KJ【答案】D【解析】A．3Al+水解的方程式为：3+23Al3HOAl(OH)3H+++使溶液显酸性，3Al+在中性环境下不能大量共存，A错误；B．H+、2Fe+、3NO−三者之间发生氧化还原反

应而不能大量共存，B错误；C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，生成气态水时放出热量减小，C错误；D．稀氨水电离时要吸收热量，导致最终放出的热量小于57.3KJ，D正确；故本题选D。6．下列热化学方程式中ΔH代表燃烧热的是A．CH4(g)+3/2O2(g)=2H2O(

l)+CO(g)ΔH1B．S(s)+3/2O2(g)=SO3(g)ΔH2C．C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH3D．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH4【答案】C【解析】A．反应物中碳元素应生成稳定氧化物CO2，A错误；B．生成物为二氧化硫，

B错误；C．可燃物C6H12O6(s)的物质的量为1mol，反应中C→CO2(g)，H→H2O(g)，反应放出的热量是燃烧热，C正确；D．CO的化学计量数应为1，D错误；故选C。7．已知24222CHCHH、、三种气体燃

烧的热化学方程式如下。下列有关说法正确的是①124222CH(g)3O(g)=2CO(g)2HO(l)ΔH1411.0kJmol−++=−②1222225CH(g)O(g)=2CO(g)HO(l)ΔH1300k

Jmol2−++=−③()1222l2H(g)O(g)=2HOΔH571.0kJmol−+=−④12222H(g)O(g)=2HO(g)ΔHakJmol−+=A．a571.0−B．21gHO(l)气化为2HO(g

)放出(571a)kJ+热量C．122224CH(g)H(g)=CH(g)ΔH174.5kJmol−+=−D．乙炔燃烧的火焰温度比乙烯高，是因为其燃烧热的值比乙烯的大【答案】C【解析】A．因为气态水的能量大于液态水，所以生成液态水放出的热量大于生成气态水的热量，

所以a571.0−，故A错误；B．已知③()1222l2H(g)O(g)=2HOΔH571.0kJmol−+=−；④12222H(g)O(g)=2HO(g)ΔHakJmol−+=21gHO(l)，④-③可得()()

222HOl2HOg=H=+(a+571.0)1kJmol−，21gHO(l)气化为2HO(g)应吸收(571a)/36kJ+热量，B项错误；C．根据盖斯定律，12()2−+②①③得122224CH(g)H(

g)CH(g)ΔH174.5kJmol−+=−，C项正确；D．从乙炔和乙烯的燃烧热看出，乙炔的燃烧热的值比乙烯的小，火焰温度的高低，不仅与燃烧热有关，还与生成水的量有关，D项错误；故选C。8．C和2H在生产、生活、科技中

是非常重要的燃料。已知：①122C(s)O(g)2CO(g)Δ221kJmolH−+==−②()()()()()111436kJmol2463kJmol22249kJmol2Hg2HgHOg1OgOg2−−−+−+→→→下列推断正确的是A．C(s)的摩尔燃

烧焓为110.5KJ·mol-1B．12221H(g)O(g)HO(g)Δ241kJmol2H−+==+C．122C(s)HO(g)CO(g)H(g)Δ130.5kJmolH−+=+=+D．由②可知该反应中，反应物化学键中储存的总能量

比产物化学键储存的能量高【答案】C【解析】A．C(s)的摩尔燃烧焓是指1摩尔完全燃烧生成稳定氧化物释放出来的能量，①中生成的是一氧化碳不是稳定产物，故由此不能推出C(s)的摩尔燃烧焓，A错误；B．由②可知反应：2221H(g)O(g)HO(g)2+=的11ΔH(

4362492463)kJ2molJo41kml−−=++−=−，B错误；C．根据B可知12221H(g)O(g)HO(241g)ΔHkJmol2−+==−，目标方程式的反应热为：-1-1-11(221

kJmol)-(-241kJmol)130.5kJmol2=−=+，C正确；D．由②可知反应：2221H(g)O(g)HO(g)2+=的11ΔH(4362492463)kJ2molJo41kml−−=++−=−，反应为放热反应，故反应物化

学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量低，D错误；故选C。9．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久；2HS是一种易燃的有毒气体(燃烧热为1562.2kJmol−)，是制取多种硫化物的原料；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯(22SOCl)常作氯化剂或氯磺化剂。硒

(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性23NaTeO溶液制备Te。下列化学反应表示正确的是A．2HS的燃烧：()()()()22222HSg

3Og2SOg2HOg+=+1ΔH=1124.4kJmol−−B．CuSe和浓硫酸反应：2442CuSeHSOCuSOHSe+=+C．电解强碱性23NaTeO溶液的阴极反应：232TeO4e6HTe3HO−−+++=+D．向4NaHSO溶液中滴加足量()2BaOH溶液，有白色沉淀

生成：22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+【答案】D【解析】A．利用已知条件中的数据进行计算，要注意2HO应为液态，选项A错误；B．2HSe有强还原性，浓硫酸有强氧化性，二者不能共存，选项B错误；C．强碱性溶液中发生反应

的离子方程式不应用H+表示，选项C错误；D．因()2BaOH足量，H+与24SO−应为等物质的量参与反应，选项D正确；答案选D。10．在丁烯(C4H8)催化裂解为丙烯(C3H6)、乙烯(C2H4)的反

应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应I：()()48363CHg4CHg△H1=akJ/mol；反应II：()()4824CHg2CHg△H2=bkJ/mol。在0.1MPa的恒压密闭容器中，丁烯催化裂解体系中各组分平衡时．．．的质量分数随温度变

化的关系如图所示。下列说法错误．．的是A．反应：()()36242CHg3CHg33b-aΔH=2kJ/molB．由图可知：a＜0＜bC．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右有利于制取丙烯D．其他条件相同时，适当充入

惰性气体，有利于提高乙烯和丙烯的产量【答案】C【解析】A．反应1：()()48363CHg4CHg△H1=akJ/mol；反应II：()()4824CHg2CHg△H2=bkJ/mol，根据盖斯定律，(反应II×3-反应I)×12，整理可得：()()36242CHg3CHg33b-aΔH

=2kJ/mol，A正确；B．图中分析可知随温度升高，反应I：()()48363CHg4CHg△H1=akJ/mol，丙烯质量分数在一定温度下，随温度升高减小，说明升温反应逆向进行，正反应为放热反应，反应II：()()

4824CHg2CHg△H2=bkJ/mol，随温度升高，乙烯质量分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，则a＜0＜b，B正确；C．在催化剂许可的前提下，温度控制在450℃左右，反应I：()()48363CHg4CHg△H1=ak

J/mol，a＜0，升温平衡逆向进行，不利于制取丙烯，C错误；D．在0.lMPa的恒压密闭容器中，其他条件相同时，适当充入惰性气体，体积增大，压强减小，化学平衡向气体体积增大的方向进行，反应I正向进行，反应II正向进行，有利于提高乙烯和丙烯的产量，D正确；故合理选项是C。11．N2O

和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法错误的是A．△H1+△H2

＞0B．Pt2O+、Pt2O2+均为中间产物C．由CO2分子形成的晶体中，粒子间的作用力含有范德华力D．沸点：CO＞N2【答案】A【解析】A．根据盖斯定律可知，△H=△H1+△H2，由图2可知，△H<0，

则△H1+△H2<0，A错误；B．由图1可知，Pt2O+、Pt2O2+均为中间产物，B正确；C．CO2分子形成的晶体为分子晶体，粒子间的作用力含有范德华力，C正确；D．极性影响熔沸点，相对分子质量相近，极性分子的熔沸点高，CO为极

性分子，N2为非极性分子，则沸点：CO＞N2，D正确；故选A。12．某反应的能量变化如图所示，对于该图的理解，一定正确的是A．该反应的反应热21ΔHEE=−B．3E为过程I的活化能C．从曲线II可知该反应为放热反应D．

过程I比过程II的反应速率快【答案】A【解析】A．H=生成物的总能量减去反应物的总能量，故该反应的反应热21ΔHEE=−，A正确；B．E3-E1为过程I的活化能，B错误；C．由图像可知生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应为吸热反应，C错误；D．过程I的活化能高于过程II的活化

能，过程I比过程II的反应速率慢，D错误；故选A。13．科技工作者运用DFT计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A．3CHOH吸附在催化剂表面是一个吸热过程B．甲醇在不同催化剂表面上制氢的

反应历程完全相同C．()()()32CHOHgCOg2Hg+的1120.5kJmolH−=D．()***2CO4HCO2Hg+=+是该历程的决速步骤【答案】D【解析】A．由图可知，3CHOH吸附在

催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故A错误；B．催化剂可以改变的路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；

D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E正=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，()***2CO4HCO2Hg+=+的反应速率最慢，是该历程的决速步骤，故D正确；

故选D。14．我国科学成果日新月异。下列对科技成果解读错误的是科技成果摘录化学解读A以淀粉为原料制备钠离子电池负极材料—硬炭发生了氧化还原反应B首次实现液体火箭动力(液氧和煤油)重复使用煤油在氧气中燃烧是放热反应C利用铜金催化剂电还原2CO制CO进而合成正丙醇铜金提高反应速率和平衡转化率

D发现了利用光伏从空气中提取水制取氢气的新方法太阳能→电能→化学能A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．淀粉中碳元素化合价不为0，由淀粉制硬炭，碳元素化合价变为0，有化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．物质燃烧放热，煤油在

氧气中燃烧是放热反应，故B正确；C．催化剂降低反应活化能，同倍数提高正、逆反应速率，平衡不移动，不能提高平衡转化率，故C错误；D．利用光伏从空气中提取水制取氢气，太阳能转化为电能，电解水制取氢气，电能又转化为化

学能，故D正确；选C。15．我国正面临巨大的2CO减排压力。燃煤电厂是2CO的主要排放源，直接从燃煤烟气中捕获2CO是缓解2CO排放危机最有效的手段。一种钙基吸收剂(主要成分为CaO)循环捕集烟气中2CO的过程如图所示，下列说法中错误的是A．碳酸化反应器中

发生了化合反应，且为放热反应B．生成的3CaCO附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降C．21molCO中含有A16N个电子D．封存的2CO可以转化为甲醇等产品【答案】C【解析】A．碳酸化反应器中燃煤烟气

中的二氧化碳与氧化钙发生反应生成碳酸钙，该反应属于化合反应，且为放热反应，A正确；B．反应生成的3CaCO为颗粒状，所以生成的3CaCO附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降，B正确；C．分子中的电子数与质子数相同，所以21mol

CO中含有-1A(6+82)molNmol=A22N个电子，C错误；D．根据元素守恒可知，2CO可以转化为甲醇等产品，符合“碳中和”理念，D正确；故选C。二、填空题16．环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑

料等生产。回答下列问题：(1)已知：(g)=(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH2=﹣11.0kJ·mol−1②对于反应：(g)+I2(g)=(g)

+2HI(g)③ΔH3=_______kJ·mol−1。7近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(

s)+12Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则

4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。【答案】(1)89.3(2)-116【解析】(1)根据盖斯定律可得：反应③=①+②，可得反应③的ΔH3=ΔH1+ΔH2=89.3kJ/mo

l；(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)×2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ∙mol-1。17．回答下列问题(

1)“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。碳酰肼类化合物[Mn(L)3](ClO4)2是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知△H2=-299kJ/mol，

则△H1(kJ/mol)为_____________(2)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：(a)CH4(

g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2(c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3(d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4(e)CO(g)+H2(g)H2O(g

)+C(s)∆H5根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。(3)用H2还原SiCl4蒸汽可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59kJ热量，则该反应的热化学方程式为____________________

_______________。(4)已知含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol•L－1的H2SO4稀溶液反应放出11.46kJ的热量。请写出KOH的稀溶液与的H2SO4稀溶液发生中和反应，表示中和热的热化学方程

式为___________________。(5)1molCH4(g)完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程

式：________________。【答案】(1)-1703kJ/mol(2)∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4(3)SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)△H＝+236kJ/mol(4)KOH(aq)+12

H2SO4(aq)＝12K2SO4(aq)+H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol(5)CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝+352kJ/mol【解析】（1）由盖斯定律可知，△H1=2△

H2+△H3-△H4=2×（-299kJ/mol）+（-1018kJ/mol）-（+87kJ/mol）=-1703kJ/mol；（2）根据盖斯定律，反应(b)+(c)-(e)或(c)-(d)得反应(a)，故反应a的∆H1=∆H2+∆H3-∆H5或∆

H3-∆H4；（3）SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)，反应中氢化合价由0变为+1，反应中转移电子为4个，则4mol电子转移时吸收4×59kJ热量，故该反应的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)△H＝+

236kJ/mol；（4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；已知含11.2gKOH的稀溶液（含0.2mol氢氧根离子）与1L0.1mol•L－1的H2SO4稀溶液（含有氢离子0.2mol）反应放出11.46kJ的热量，则生成1mol液态

水时所释放的热量为5×11.46kJ，故表示中和热的热化学方程式为KOH(aq)+12H2SO4(aq)＝12K2SO4(aq)+H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol。（5）由图可知，①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)

+2H2O(g)△H=（126-928）kJ/mol=-802kJ/mol，②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H＝-577kJ/mol，根据盖斯定律可知，①-2②得：CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝+352kJ/mol。18．CO、CO2的回收和综合利

用有利于实现“碳中和”。(1)CO和H2可以合成简单有机物，已知CO、H2合成CH3OH、HCOOCH3的能量变化如图所示，计算2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)ΔH=_______。已知键能数据如下表。化学键H﹣HC﹣OC=

OH﹣OC﹣H键能/(kJ⋅mol﹣1)436326a464414则C=O的键能为_______。(2)已知：反应1：2CO(g)+4H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)ΔH=-128.8kJ⋅mol﹣1反应2：2CO(g)+4

H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-78.1kJ⋅mol﹣1假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_______(填字母)。A．B．C．D．(3)CO2催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。已知CO(g)+2H2(g)═CH3

OH(g)ΔH=-106kJ⋅mol﹣1，则CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=_______。该反应进程中总反应速率由第_______(“1”或“2”)步决定。【答案】(1)+135.4kJ/mol1054kJ/mol(2)A(3)-

65kJ/mol1【解析】（1）根据图写出①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=-106.0kJ/mol、②2CO(g)+2H2(g)=HCOOCH3(g)H=-76.6kJ/mol，②-①2可得到2CH3OH(g)HCO

OCH3(g)+2H2(g)ΔH=(-76.6kJ/mol)-(-106.0kJ/mol)2=+135.4kJ/mol。根据反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=-106.0kJ/mol，H=反应物总键能-生成物总键能，代入数据可得

：a+2436-(4143+326+464)=-106.0，解得a=1054，则C=O的键能为1054kJ/mol。（2）反应1、反应2均为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应1的速率大于反应2的速率，说明反应1的活化能小，只有A选项符合，故答案选A。（3）根据图像写出反应①CO

2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41kJ/mol，结合反应②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=-106.0kJ/mol，①+②得出总反应CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol+(-106.0kJ/mol)

=-65kJ/mol。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能最大的步骤决定，由图可知第1步反应活化能大，则总反应速率由第1步决定。19．低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题

：(1)用2CO催化加氢可以制取乙烯：()()()()222421COg3HgCHg2HOg2++，该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH=_______(用含a、b的式子表示)。相关化学键的键能如下表，实验测得上述反应的1ΔH=152kJmol−−，则表中反

应过程的x=_______。化学键C=OH-HC=CC-HH-O键能(1kJmol−)x436764414464(2)工业上用2CO和2H反应合成二甲醚。已知：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++11ΔH53.7kJmol−=−()()(

)3323CHOCHgHOg2CHOHg+=12ΔH23.4kJmol−=+则()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++3ΔH=_______1kJmol−。(3)用AN表示阿伏加德罗常数

的值，在22CH(g)完全燃烧生成2CO和液态水的反应中，每有5AN个电子转移时，放出650kJ的热量。22CH的热值为_______。(4)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由2CO制取C的太阳能工艺如图。①工艺过程中的

能量转化形式为_______。②已知“重整系统”发生的反应中()()2nFeO=6nCO，则xyFeO(y＜8)的化学式为___，“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗xyFeO__mol。【答案】(1)()-1-b-akJmol803(2)130.8−(3)50KJ·g-1(4)太阳能转化

为化学能34FeO1【解析】（1）根据反应热等于正反应活化能-逆反应的活化能分析，该反应热为()-1-b-akJmol。根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，有123436(7644144)44641522x+−+−=−，解x=8031kJmol−

。（2）根据盖斯定律分析，①()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++11ΔH53.7kJmol−=−，②()()()3323CHOCHgHOg2CHOHg+=12ΔH23.4kJmol−=+，有①×2-②得()()()()223322COg6HgC

HOCHg3HOg++3ΔH=-53.7×2-23.4=-130.81kJmol−。（3）AN表示阿伏加德罗常数的值，在22CH(g)完全燃烧生成2CO和液态水的反应中，每有5AN个电子转移时，说明有0.5mol乙炔反应，放出650kJ的热量，则1mol乙炔完全燃烧放出的热量为1300kJ，

则22CH的热值为1300=50kJ/g26。（4）①工艺过程中的能量转化形式为太阳能变化学能。②已知“重整系统”发生的反应中()()2nFeO=6nCO，根据反应中的质量守恒分析，则x:y=6:8,则xyFeO(y＜8)的化学式为34

FeO，反应方程式为3422FeOC6FeOCO+=+,反应中转移4个电子，故“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗xyFeO1mol。20．乙酸正丁酯(32223CHCOOCHCHCHCH)是无色透明液体，具有强烈香蕉味，沸点为125℃。是重要的有机化工原料，被广泛用于溶剂、涂料和医药等

行业。实验室用如下方法制备乙酸正丁酯：Ⅰ.在50mL的圆底烧瓶中加入10.0mL正丁醇(微溶于水)、8mL冰醋酸和0.5g硫酸镍，混合均匀后加入几粒沸石，连接装置如图所示(夹持和加热装置已略去)。Ⅱ.反应约1h后停止加热，冷却

，过滤分离出催化剂，将烧瓶中的混合物与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗中，用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤至中性，再依次用饱和氯化钠溶液、饱和氯化钙溶液洗涤，分出酯层。Ⅲ.将分离出来的酯层倒入干燥锥形瓶中，加入1~2g无水硫酸镁，过滤，将酯层转移到干燥的蒸馏烧瓶中，加入几粒沸石进行蒸馏，收集122~1

26℃的馏分。回答下列问题：(1)仪器A的名称为_______。(2)写出生成乙酸正丁酯的化学方程式：_______。(3)用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的目的是_______。(4)向分液漏斗中加入饱和碳酸钠溶液洗涤时，在摇动后应进行的操作是_______。(5)步骤Ⅲ加入无水硫酸镁的目的是__

_____；该步骤进行蒸馏时，应选用_______(填“直形”“球形”或“蛇形”)冷凝管。(6)可利用分水器中的现象判断反应已经完成，该现象是_______。(7)本方法中用硫酸镍作催化剂的优点是硫酸镍能重复利用，催化剂重复利用次数与产率的关系如图所

示。随着重复次数的增多，产率逐渐下降的原因可能是_______。【答案】(1)球形冷凝管(2)33222322232CHCOOHCHCHCHCHOHCHCOOCHCHCHCHHO++催化剂△(3)除去未反应的乙酸(4)打开分液漏斗活塞放气(5)吸水，干

燥酯层直形(6)分水器中水层高度不变(7)催化剂表面可能吸附杂质使活性降低或反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂等【解析】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，故填球形冷凝管；（2）生成乙酸正丁酯的反应为酯化反应，化学方程式为33222322232CH

COOHCHCHCHCHOHCHCOOCHCHCHCHHO++催化剂△，故填33222322232CHCOOHCHCHCHCHOHCHCOOCHCHCHCHHO++催化剂△；（3）用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的主要目的是洗去未反应的乙酸，

未反应的丁醇微溶于水，不易洗去，故填除去未反应的乙酸；（4）分液漏斗中在摇动后产生蒸汽，压强大，故应打开分液漏斗活塞放气，故填打开分液漏斗活塞放气；（5）无水硫酸镁与水结合生成结晶水合物，故可用作干燥剂干燥酯层；蒸馏一般用直形冷凝管，易于冷凝液化后

液体顺利流入接收装置中，故填吸水，干燥酯层；直形；（6）酯化反应完成后，无水生成，故分水器中水层高度不变，故填分水器中水层高度不变；（7）产率逐渐下降的原因可能是反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂或催化剂表面可能吸附杂质使活性降低等，故填催化剂表面可能吸附杂质使

活性降低或反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂等。一、单选题1．2H和2I在一定条件下能发生反应：()()()22HgIg2HIg+1akJmolH−=−，已知：a、b、c均大于零，下列说法不正确的是A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．断开1molH-H键所释放的能

量为bkJC．断开2molH-I键所需能量约为()c+b+akJD．向密闭容器中加入2mol2H和2mol2I，充分反应后放出的热量小于2akJ【答案】B【解析】A．因为该反应H0，为放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；

B．断开1molH-H键需要吸收bkJ能量，B错误；C．Hbc2=-akJ/molx=+−，计算可得断开2molH-I键所需能量约为()c+b+akJ，C正确；D．因为该反应是可逆反应，因此反应不能进行到底，所以向密

闭容器中加入2mol2H和2mol2I，充分反应后放出的热量小于2akJ，D正确。因此，本题选B。2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ•mol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol

-1B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定C．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2；则ΔH1>ΔH2D．已知Ni(CO)4(s)=Ni(s)+4CO(g)ΔH=+QkJ•mol-

1，则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(s)ΔH=-QkJ•mol-1【答案】D【解析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，氢气的燃烧热必须是生成液态水所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，则

氢气的燃烧热小于241.8kJ•mol-1，故A错误；B．物质的能量越低越稳定，石墨转化为金刚石吸热，则金刚石的能量更高，因此石墨比金刚石稳定，故B错误；C．C完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，则ΔH1<ΔH2，故C错误；D．Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO

)4(s)为Ni(CO)4(s)=Ni(s)＋4CO(g)的逆反应，则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(s)ΔH=-QkJ•mol-1，故D正确；故答案选D。3．某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A．实验(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B．将实验(

a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C．实验(c)中若用浓硫酸测定，则测定数值偏高D．实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响【答案】C【解析】A．金属与酸的反应为放热反应，氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应为吸热反应，中和反应为放热反应，A错误

；B．等质量的铝片与铝粉与盐酸反应放出的热量相同，B错误；C．浓硫酸稀释会放热，会使测定的数值偏高，C正确；D．铁的导热性良好，换用铁制搅拌棒后会有热量损失，导致测定的数值偏低，D错误；故选C。4．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H

4(g)＋H2(g)=C2H6(g)△H]的反应历程如下图所示：下列说法正确的是A．该反应的焓变：ΔH=129.6kJ·mol-1B．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuFC．稳定性：过渡态1>过渡态2D．若该反应生成液态C2H6，则反应的∆H减小【答案】D【解析】A.焓变等于生成

物的总能量减去反应物的总能量，由题干图示反应物、生成物的总能量可知ΔH=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，A错误；B.由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，B错误；C.过渡态

1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，即稳定性：过渡态1＜过渡态2，C错误；D.已知由气态转化为液态的过程是一个放热过程，即若该反应生成液态C2H6，则反应放出的热量更多，故反应的∆H减小，D正

确；故答案为：D。5．下列关于反应热的说法正确的是A．2X(g)+Y(g)3Z(g)ΔH>0，恒温恒压下达平衡后加入X，上述反应H增大B．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热1ΔH57.3kJmol−=−，则稀24H

SO(aq)和2Ba(OH)(aq)反应生成2mol2HO(l)的反应热()1ΔH257.3kJmol−=−C．一定条件下，将0.5mol2N和1.5mol2H置于密闭的容器中充分反应生成3NH(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为1223N(g)3H(g)2NH(g)ΔH=38.

6kJmol−+−D．a.()()()1A+Bg=CgΔHg；b.()()()2As+Bg=CgΔH，若a、b反应放热，则12ΔH<ΔH【答案】D【解析】A．2X(g)+Y(g)3Z(g)ΔH>0，恒温恒压下达平衡后加入X，反应正向进行

，吸收的热量增大，但反应H不变，故A错误；B．稀24HSO(aq)和2Ba(OH)(aq)反应生成2mol2HO(l)和1molBaSO4，反应中有BaSO4成键放热，所以反应热小于()1ΔH257.3kJmol−=−，故B错误

；C．2N和2H反应是可逆反应，0.5mol2N和1.5mol2H反应不完全，热化学方程式为223N(g)3H(g)2NH(g)+对应的是1mol2N完全转化时放出的热量，故C错误；D．A(s)到A(g)过程需要吸收热量，所以b放出的热量少，故12ΔH<ΔH，故D正确；故答案为D。6．下列关于中

和反应反应热和燃烧热的描述中，正确的是A．25℃，101kPa时，H2SO4和Ca(OH)2反应生成1mol水放出的热量与HCl和NaOH反应生成1mol水放出的热量一定相等B．中和反应反应热的测定过程中，若隔热层隔热效果不好，会导致所测数值的绝对值偏小C．根据热化学方程

式N2H4(l)+3O2(g)=2NO2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ•mol-1，可求得N2H4(l)的燃烧热D．1gH2完全燃烧生成液态水时放出的热量即为H2的燃烧热【答案】B【解析】A．24HSO和()2CaOH的浓度未知，且反应生成4CaSO固体，无法比较

，A错误；B．如果隔热效果不好，有热量散失，测得的中和反应反应热数值的绝对值偏小，B正确；C．24NH的燃烧产物应为2N和H2O，C错误；D．1molH2完全燃烧生成液态水时放出的热量为H2的燃烧热，D错误；故答案为：B。7．设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：①CH4(g)+2

O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ·mol–1②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ·mol–1化学键C=OO=OC-HO-H键能/(kJ·mol–1)798x413463下列说

法正确的是A．上表中x=1796+b2B．H2O(g)=H2O(l)ΔH=(a-b)kJ·mol–1C．当有4NA个C-H键断裂时，反应放出的热量一定为|a|kJD．a＞b且甲烷燃烧热ΔH=bkJ·mo

l–1【答案】A【解析】A．根据反应②可知，ΔH2=413kJ/mol×4+2xkJ/mol-(798×2+463×4)kJ/mol=bkJ/mol，整理可得x=1796+b2，A正确；B．①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=akJ·mol

–1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ·mol–1，根据盖斯定律12×(①-②)，整理可得：H2O(g)=H2O(l)ΔH=12(a-b)kJ/mol，B错误；C．有4NA个C-H键断裂

时，反应消耗了lmol甲烷，若按照反应①进行，放热热量为akJ；若按照反应②进行，放热热量为bkJ，因此反应放出的热量不一定为|a|kJ，C错误；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，a

＞b且甲烷燃烧热ΔH=-akJ·mol–1，D错误；故合理选项是A。8．2022年北京冬奥会火炬采用的是碳纤维材质，燃烧的是氢能源，在奥运史上首次实现了零碳排放。涉及氢燃烧反应的物质的汽化热(1mol纯净物由液态变为气态所需要的热量)如下：物质2H2O2HO汽化热/(1

kJmol−)abc若()2Hg的燃烧热1ΔH=-QkJ/mol，则火炬燃烧反应()()()2221H1+Og=HOg2的H为A．()1-Q-a-ckJmol−B．()1-Q+a+ckJmol−C．11-Q

-b+a+ckJmol2−D．11-Q+b-a-ckJmol2−【答案】B【解析】由题意知，①()()()2221Hg+Og=HOl2△H1=-QkJ/mol、②()()22H1=Hg

△H2=+akJ/mol、③()()22HO1=HOg△H3=+ckJ/mol，根据盖斯定律，由①+②+③可得目标反应的热化学方程式，即△H=△H1+△H2+△H3=(-Q+a+c)kJ/mol；答案选B。9．根据以下3个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2

SO2(g)+2H2O(l)∆H=Q1kJ·mol-12H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)∆H=Q2kJ·mol-12H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)∆H=Q3kJ·mol-1判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是A．Q1>Q2>Q3B．Q1>Q3

>Q2C．Q3>Q2>Q1D．Q2>Q1>Q3【答案】A【解析】将已知反应依次编号为①②③，反应①为硫化氢完全燃烧，反应②③为不完全燃烧，则完全燃烧放出的热量大，Q1最大，反应②生成液态水，硫化氢不完全燃烧生成液

态水放出的热量比气态水多，则Q2>Q3，综上可知Q1、Q2、Q3三者关系为Q1>Q2>Q3，故选：A。10．关于反应()()()()422CHgHOgCOg3Hg++206.3kJ/molH=−说法正确的是A．反应的ΔS<0B．反应中，()()()()4C

H2HOCO3HHEEEE++———(E表示键能，CO中为CO键)C．平衡后，保持其他条件不变，再加入少量4CH，()()()324COHCHccc的数值不变D．相同条件下，向容器中充入1mol()4CHg和1

mol()2HOg，充分反应放出206.3kJ热量【答案】B【解析】A．该反应是气体分子数增大的反应，体系的混乱度增大，则反应的ΔS>0，A错误；B．该反应的ΔH=E-E<0反应物生成物，可知反应物的总

键能比生成物的总键能低，则()()()()4CH2HOCO3HHEEEE++———，B正确；C．平衡后，保持其他条件不变，再加入少量4CH即增大反应物的浓度，平衡正向移动，c(H2O)减小，温度不变则该反应的平衡常数K不变，由()()(

)()3224COH=cHOCHccKc的数值变小，C错误；D．该反应是可逆反应，不能反应完全，则相同条件下，向容器中充入1mol()4CHg和1mol()2HOg，充分反应放出低于206.3kJ热量，D

错误；故选：B。二、填空题11．“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。(1)CO还原NO的反应为()()()()1222COg2NOg2COgNgH746kJmol−++=−；。部分化学键的键能数据如下表

(CO以CO键构成)：化学键CONNCO=()1E/kJmol−1076945745①由以上数据可求得NO的键能为_______1kJmol−。②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施_______。(2)一定条件下，向某恒容密

闭容器中充入2xmolCO和2ymolH，发生的反应()()()()12232COg3HgCHOHgHOgH50kJmol−++=−；。①图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为_______(填“a”或“b”)，其判断依据是_______。②若x=2、y=3，测得在相

同时间内不同温度下2H的转化率如图所示，则在该时间段内，在2T时恰好达到化学平衡，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为_______。(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化3NH与NOx反应生成2N。3NH与2NO生成2N的反应中，当生成228gN吋，转移的电子数为_______mol。【答案

】(1)422cbad+−−增大压强、降低温度，或者增大CO与NO的投料比(2)a该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，平衡常数减小，因此图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为a17∶25(3

)247【解析】（1）①CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)ΔH=-dkJ/mol(d>0)，设NO的键能为xkJ/mol，根据反应可知反应的ΔH=2a+2x-2×2c-b=-d，解

之得x=4c+b-2a-d2kJ/mol；②该反应为气体总体积减小的放热的可逆反应，因此若要提高NO平衡转化率，可以采用增大压强、降低温度，或者增大CO与NO的投料比的方法达到目的；（2）①反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3O

H(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ·mol-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，平衡常数减小，因此图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为a；②可逆反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O

(g)，列三段式进行计算：在温度为T2时，氢气的转化率为80%；()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg23000.83?0.80.80.81.20.60.80.8起始量变化量平衡量同温同体积时，气体的压

强之比与物质的量成正比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强之比为：3.4：5.0=17∶25；（3）NH3与NO2生成N2的反应中，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成7molN2时，转移的物质的量为8mol×3=24mol，

则生成228gN，即1mol氮气转移电子物质的量247mol，故答案为：247。12．燃煤烟气中SO2和NOx是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。(1)尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH2)2]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿素/H2O

2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为____。(2)除去烟气中的NOx，利用

氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H1副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)△

H2<0①已知H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1则△H1=____kJ·mol-1。②H2—SCR在Pt—HY催化剂

表面的反应机理如图所示：已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为___mol。(3)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸

附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为____。②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O2的存

在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是_____。【答案】(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2(2)-663

.53(3)SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和25VO或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位

时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降【解析】（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H

2O=(NH4)2SO4+CO2。（2）①已知I．H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1，依据盖斯定律I2-II有：2NO(g)+2H2(g)=N2

(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1)2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，依据图示和得失电子守恒可得反应的离子方程式为：4NH+4+4NO+O2=4N2+6H2

O+4H+，依据方程式可知，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为3mol。（3）①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，

说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和25VO，或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4

VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。